Question

3．如圖所示，在矩形區(qū)域CDNM內(nèi)有沿CF方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度的大小E=1.5×10⁵N/C；在矩形區(qū)域MNGF內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.1T．已知CD=MN=FG=2m，CM=MF=0.2m．在CD邊中點(diǎn)O處有一放射源，沿紙面向電場中各方向均勻地輻射出速率均為v₀=1×10⁴m/s的某種帶正電粒子，粒子質(zhì)量m=6.4×10^-27kg，電荷量q=3.2×10^-29C，粒子可以無阻礙地通過邊界MN進(jìn)入磁場，不計(jì)粒子重力，求：
（1）粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑；
（2）邊界FG上有粒子射出磁場的范圍長度．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子先經(jīng)電場加速，再進(jìn)入勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動．先由動能定理求粒子進(jìn)入磁場時的速度，由牛頓第二定律求在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑；
（2）粒子向左垂直于電場方向射入電場中的粒子在該方向的位移最大，通過磁場后打在邊界FG上最左端；粒子向右垂直于電場方向射入電場中的粒子在該方向的位移最大，通過磁場偏轉(zhuǎn)恰好與邊界FG相切，即射出磁場的最右端．畫出兩種情況下粒子運(yùn)動的軌跡．
研究粒子在電場中類平拋運(yùn)動的過程：運(yùn)用運(yùn)動的分解，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式相結(jié)合求出粒子離開電場時的速度方向與電場方向的夾角，以及垂直于電場方向的位移．根據(jù)幾何知識求邊界FG上有粒子射出磁場的范圍長度；

解答 解：（1）設(shè)帶電粒子進(jìn)入磁場時的速度為v，由動能定理得：
$qEd=\frac{1}{2}m{v}_{\;}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$，其中d=0.2m
帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力，則有
$qvB=m\frac{{v}_{\;}^{2}}{r}$
解得：r=0.4m
（2）如圖所示，粒子垂直于電場方向向左射入電場中的粒子在該方向的位移最大，通過磁場后，打在邊界FG上最左端．設(shè)該粒子離開電場時，速度方向與電場方向的夾角為${θ}_{1}^{\;}$．．該粒子在電場中運(yùn)動時

加速度大小$a=\frac{qE}{m}$
沿電場方向的位移${y}_{1}^{\;}=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}=d$
垂直電場方向的位移：${x}_{1}^{\;}={v}_{0}^{\;}t$=$\frac{2\sqrt{3}}{15}m$
離開電場時$sin{θ}_{1}^{\;}=\frac{{v}_{0}^{\;}}{v}$
解得${θ}_{1}^{\;}=30°$
所以${x}_{左}^{\;}={x}_{1}^{\;}+r（1-cos30°）$
解得：${x}_{左}^{\;}=\frac{6-\sqrt{3}}{15}m＜1m$
由幾何關(guān)系可知，粒子垂直電場方向向右射入電場時進(jìn)入電場后，經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)恰好與邊界FG相切．在磁場中對應(yīng)的偏轉(zhuǎn)角${θ}_{2}^{\;}=60°$，則
${x}_{右}^{\;}={x}_{1}^{\;}+rsin60°$
解得${x}_{右}^{\;}=\frac{\sqrt{3}}{3}m＜1m$
所以帶電粒子從邊界FG射出磁場時通過的范圍長度$x={x}_{左}^{\;}+{x}_{右}^{\;}=\frac{6+4\sqrt{3}}{15}m$
答：（1）粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑0.4m；
（2）邊界FG上有粒子射出磁場的范圍長度$\frac{6+4\sqrt{3}}{15}m$．

點(diǎn)評 本題考查動能定理、牛頓第二定律，及類平拋運(yùn)動處理規(guī)律，讓學(xué)生熟練掌握它們的解題思路與方法．注意粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場時，恰好做類平拋運(yùn)動時偏轉(zhuǎn)位移最大，磁場中畫出軌跡，確定邊界范圍，由幾何知識求邊界的長度．